de thi thu DH 12A3 MDA co dap an

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2013 LỚP 12A3 Trường THPT Mỹ Đức A – Hà Nội Khối A, B, A1 Đáp án gồm 05 trang CÂU. THANG ĐIỂM. NỘI DUNG. y x 4  4 x2  4 1. Khảo sát hàm số : I.1.(1.0đ) + Tập xác định: D R 3 + Sự biến thiên: y ' 4 x  8 x ; y’ = 0 khi x = 0 ; x  2 + Cực trị : Hàm số đạt CĐ tại x = 0, yCĐ = 4 Hàm số đạt CT tại x  2 , yCT = 0 lim y ; lim y  x   + Giới hạn : x   + Bảng biến thiên x. -. y’ y. -.  2 0. 0 0. +. 0.25. 0.25. 2. -. +. 0. +. +. +. 0.25. 4 0. 0. + Vẽ đồ thị : y. f(x)=x^4-4*x^2+4. 8 6 4 2. x -8. -6. -4. -2. 2. 4. 6. 0.25. 8. -2 -4 -6 -8. Nhận xét : Đồ thị nhận Oy làm trục đối xứng I.2. (1.0đ).  x 2 2 x  2mx  4m  4 0   2  x 2m  2 Ta có PT hoành độ giao điểm  2m  2  0 m  1   *  2 m  2  2 m  2   để đồ thị hs cắt Ox tại 4 điểm phân biệt thì ta phải có 4. 2. Có 2 trường hợp xảy ra: TH1 : 2m  2  2  m  2 PT có 4 nghiệm lần lượt là : x1  2m  2, x2  2, x3  2, x4  2 m  2 x1  2 x2  3 x3  4 x4 7 2   2m  2  2 2  3 2  4 2 m  2 7 2  2m  2 2 2  m 5(tm). 0.25 0.25 0.25.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> TH2 : 2m  2  2  m  2 hợp (*) có 1 < m < 2 PT có 4 nghiệm lần lượt là : x1  2, x2  2m  2, x3  2 m  2, x4  2. 0.25. x1  2 x2  3 x3  4 x4 7 2   2  2 2 m  2  3 2m  2  4 2 7 2  2m  2 4 2  m 17(l ) II.1. (1.0đ). 3 Giải phương trình: 6sin x – 2cos x  5sin 2 x cos x PT  3sin x  cos3 x 5sin x cos 2 x Nếu cosx = 0 từ phương trình suy ra sinx = 0 vô lí 3 Nếu cos x 0 chia 2 vế cho cos x ta được. . . 2. 0.25 0.5. 3. 3tan x 1  tan x  1 5 tan x  3 tan x  2 tan x  1 0 Đặt t = tanx ta có phương trình. . . 3t 3  2t  1 0   t  1 3t 2  3t  1 0 0.25.  x   k 4 Giải được t = 1 và pt có nghiệm với k   II.2. (1.0đ). 2m 1  3  2 x  x 2 x 1  3  x. ĐK :  1  x 3 đặt t  x  1  3  x. 4m t 3  2t  f  t . 0.25.  2; 2 2   được 4  f  t  12 2 Khảo sát hs f(t) trên  Vậy PT có nghiệm thì 4 4m 12 2  1 m 3 2. 0.5. đưa PT về dạng. III.. (1.0đ). 0.25. 2 t 2 2. Viết lại tích phân: 3. 3. 3. x2  5x 1 x I  dx   x 2 1dx  5  dx H  5K 2 2 x  1 x  1 0 0 0 3. H   x 2  1dx  x x 2  1 0. 3. 2 3  H .  0. 1 H  3  ln 2 Tính : 3. Tính. K  0. x. . 1 x2 1 3 2. 1 dx  2 x2 1. 3. 0. . xd 0. . 3. . x 2  1 2 3 .  0. . dx  2 H 2 3  ln x  x 2  1. . 3 0. x2 x2 1. dx. 2 3  ln. . 32. . 0.25.  d x2 1.  0. 3. 3. 0.25. . x2 1. . 3. x2 1 0. 1 ,. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 1 I  3  5  ln 2 Vậy IV.. . 3 2. . 0.25 Đặt AC = 2x, suy ra AB = x; BC = x 3 Chu vi ABC: 2p = 3x + x 3. C'. A'. (1.0đ). 1 x2 3 S ABC  AB.BC  2 2 Mà S = p.r x2 3 3  3   x.a  x  2 2. B'. . C. A. 0.5. S ABC.  . 2. . 3 1. . 3 1 a. 3a 2. 2. B. 0   Ta có góc giữa (A’BC) và (ABC) là góc A ' BA ; theo giả thiết A ' BA 60 Từ tam giác vuông A’AB ta có AA '  AB tan B x tan 600  3  1 a. 3  3  3 a. . . . . Thể tích khối trụ là V AA '.S ABC V.(1.0đ).  3 3  . . 3 1. 2. 3a 3. 2. 3 . 3 3. . . 2. 3 1 a3. 2. Bất đẳng thức tương đương x2  y  z  y2  z  x  z 2  x  y  x2 y y 2 z z 2 x   x2  y 2  z 2    0 z x y z x y x2  y  z  Do y  z >0 nên y – z  0 và. z. . y . y2  z  x. x y Do x  y  z >0 nên z – x  0 và 2 2 2 2 x  y  z y  z  x z  x  y  x  y  z   y2  z  x  z2  x  y     z x y y Từ đó. .  . . x 2  y  z   y 2  z  x   z 2  x  y   x 2 y  xy 2  x 2 z  y 2 z  z 2  x  y   x  y   y  z   x  z  0. do x  y z. VI.1. (1.0đ). 0.25. x2  y  z . y2  z  x. Biến đổi Gọi R, H, K là bán kính đường tròn, trung điểm AB, CD. 2 IH d  I , d1   5 Ta có 6 IK d  I , d 2   5. 0.5. 0.5. 0.25 0.25. A H B R R. I. C. K. D.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Áp dụng pitago có. BH 2 R 2  IH 2 R 2 . 4 4  BH  R 2  5 5. 36 36 CK 2 R 2  IK 2 R 2   CK  R 2  5 5 AB  CD  Từ. 16 4 36 8  R2   R2    5R 2  4  5R 2  36 8 5 5 5 5. 2 Đặt t 5 R ta có phương trình:. VI.2. (1.0đ). VII (1.0đ). . AB  b  a  1; 2b  a; b  a  2    AB  ud1  a 2b  1 Do ABvuông góc với d1 nên AB   b;1;  b  1 Khi đó  2 AB  6  b 2  1    b  1 6  b 1; b  2 Ta có  x  1 y  2 z 1   AB   1;1;  2  ; B  1; 2;  1 1 2 b = 1 thì Phương trình :  1 x2 y 4 z 4    AB  2;1;1 ; B   2;  4;  4  1 1 b = -2 thì Phương trình : 2 3 x  4 ĐK: 2. . log 2 2  2 x  3 1  log 4 (5  x) 2  log. 1 2. . . 0.25. 0.25. 0.25 0.25. 0.25. 4 x. Ta có log 2 2  2 x  3 log 2 2  log 2 (5  x)  log 2  4  x . . 0.25. t  4  t  36 8. 2 Giải phương trình đươc t = 40 hay R 8 2 2 x  2    y  4  8  Phương trình đường tròn: . A  d 2  A  1  a; a; a  ; B  d 3  B  b; 2b;  2  b . . 0.25. 0.5. 2 5  x 2 5  x  2  2x  3  4 x 4 x 3 2 2 x  3 2  2 x  19 x  56 x  52 0. .  log 2 2  2 x  3 log 2   4  x. 15  17  x 2, x  4. 0.5. Chú ý: Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì đ ợc đủ điểm từng phần nh đáp án quy định..

<span class='text_page_counter'>(5)</span>